Đề thi Học sinh giỏi Toán 9 tỉnh Hồ Chí Minh 2020-2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH THI HỌC SINH GIỎI KHỐI THCS MÔN TOÁN LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021 Bài 1. (3 điểm) Cho hai số a, b thỏa mãn điều kiện a  b  1 Tính giá trị của biểu thức P  a 4  4ab3  3a 2b 2  a 3b  3a 2b  b 4 Bài 2. (3 điểm) Giải phương trình : x 2  2  x   3 1  x   5 2 2 Bài 3. (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường phân giác trong BD  D  AC  . Đường tròn  BCD  cắt cạnh AB tại E. Chứng minh AE  AB  BC Bài 4. (3 điểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa điều kiện a 2  b 2  c 2  d 2  4. Chứng minh bất đẳng thức sau  a  2  b  2   cd Bài 5. (4 điểm) Cho tứ giác ABCD  AB không song song với CD) nội tiếp đường tròn  O  và M là điểm chính giữa cung nhỏ AB. Các dây MC , MD cắt AB lần lượt tại các điểm F , E. a) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp b) Gọi I là giao điểm của MC và BD. Gọi J là giao điểm của MD, AC Chứng minh : IJ song song với AB c) Đường thẳng IJ cắt AD, BC , CD lần lượt tại các điểm P, Q, K Chứng minh : KP.KQ  KI .KJ Bài 6. (3 điểm) Cho phương trình x 2  ax  b  0 1 với a, b là các tham số nguyên. Giả sử phương trình (1) có một nghiệm là 2  3 a) Tìm a và b  b) Chứng minh rằng A  2  3 hết cho 4.  2011   2 3  2011 là một số nguyên và A chia ĐÁP ÁN Bài 1. a  b 1  a  b 1 P  a 4  4ab3  3a 2b 2  a 3b  3a 2b 2  b 4   b  1  4  b  1 b3  3  b  1 b 2   b  1 b  3  b  1 b  b 4 4 2 3 2  b 4  4b3  6b 2  4b  1  4  b 4  b3   3  b 4  2b3  b 2    b 4  3b3  3b 2  b   3  b3  2b 2  b   b 4  1 Bài 2. x 2  2  x   3 1  x   5  x 2  x 2  4 x  4   3 1  x   5 2 2 2  x 4  4 x3  4 x 2  3  x 2  2 x  1  5  x 4  4 x3  4 x 2  3x 2  6 x  3  5  0  x 4  4 x3  x 2  6 x  2  0 x 1 3   x 2  2 x  2  x 2  2 x  1  0    x  1  2 Bài 3. A E D C B H Vẽ DH  BC  H  BC  , vì BD là phân giác ABC  AB  BH Tứ giác BEDC nội tiếp  DEC  DBC  EBD  DCE  DE  DC Mà AED  HCD  AED  HCD (ch  gn)  AE  HC  AB  AE  BC Bài 4.  a  2  b  2   cd  2ab  4a  4b  8  2cd  2ab  4a  4b  4  a 2  b 2  c 2  d 2  2cd  0  a  b  4a  b  4  c  d   0 2 2   a  b  2    c  d   0  luonluon dung  2 2 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 5. B M E J A P K D F I Q O C a) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp Ta có : MEF  EDB  EBD  ADM  ACD  ACM  ACD  DCM  Tứ giác CDEF nội tiếp b) Gọi I là giao điểm của MC và BD. Gọi J là giao điểm của MD, AC Chứng minh : IJ song song với AB Có EDB  ADM  ICJ  tứ giác IJDC nội tiếp  MJI  MCD Mà tứ giác EFCD nội tiếp  MEF  MCD  MJI  MEF  EF / / IJ (đồng vị) c) Đường thẳng IJ cắt AD, BC , CD lần lượt tại các điểm P, Q, K Chứng minh : KP.KQ  KI .KJ Do tứ giác IJDC nội tiếp  KI .KJ  KC.KD 1 Có IJ / / EF  DPQ  DAB  180  BCD (tứ giác ABCD nội tiếp)  Tứ giác PQCD nội tiếp  KP.KQ  KD.KC  2  Từ (1) và (2)  KP.KQ  KD.KC  KI .KJ Bài 6. a)   Thay trực tiếp 2  3 vào ta thu được  a  4  2  3  b  1  0 Vì a, b nguyên nên a  4, b  1 b) Dễ chứng minh được phương trình (1) có hai nghiệm x1  2  3; x2  2  3 x  x  4 Theo định lý Vi-et ta có :  1 2  x1 x2  1 Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát hơn A1  x1n  x2n nguyên với mọi n tự nhiên và chia hết cho 4 với mọi n lẻ bằng phương pháp quy nạp toán học Dễ thấy, với n  1, n  2 thì A1 , A2 nguyên và A1 ⋮ 4 Giả sử đúng tới n  k , khi đó x1k 1  x2k 1   x1k  x2k   x1  x2   x1 x2  x1k 1  x2k 1  Theo giả thiết quy nạp, x1k  x2k nguyên, x1k 1  x2k 1 nguyên  An nguyên với mọi n tự nhiên. Giả sử An ⋮ 4 đúng tới n  2k  1 , khi đó : x12 k 1  x22 k 1   x12 k  x22 k   x1  x2   x1 x2  x12 k 1  x22 k 1   4  x12 k  x22 k    x12 k 1  x22 k 1 ⋮ 4 (theo giả thiết quy nạp)  An ⋮ 4 đúng với mọi n lẻ Vậy A1  x1n  x2n nguyên với mọi n tự nhiên và chia hết cho 4 với mọi n lẻ Theo bài toán trên, A2021 là số nguyên và chia hết cho 4.